ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Góc giữa hai mặt phẳng
22 câu hỏi
\[a\sqrt 2 .\]
\[a\sqrt 3 .\]
2 a
a
Ta có\[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow BC\] là giao tuyến.
Mặt khác\[SA \bot \left( {ABC} \right)\] và\[{\rm{\Delta }}ABC\] vuông tại\[B \Rightarrow AB \bot BC\]
Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SB \bot BC}\\{(ABC) \supset AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SB;AB}) = \widehat {SBA} = {45^0}\)
Xét\[\;{\rm{\Delta }}SAB\] vuông tại A, có\[\widehat {SBA} = {45^0} \Rightarrow SA = AB = a\]
Mà\[A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \]
Đáp án cần chọn là: A
\[\varphi = {30^0}.\]
\[\sin \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\varphi = {60^0}.\]
\[\sin \varphi = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra\[AM \bot BC\]
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot SM\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SM \bot BC}\\{(ABC) \supset AM \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SM;AM}) = \widehat {SMA}.\)
Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến\[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]
Tam giác vuông SAM có\[\sin \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]
Đáp án cần chọn là: D
\[{30^0}.\]
\[{45^0}.\]
\[{60^0}.\]
\[{90^0}.\]
Gọi Q là trung điểm BC, suy ra \[OQ \bot BC\]
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OQ}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SOQ) \Rightarrow BC \bot SQ\)
Do đó
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{(SBC) \supset SQ \bot BC}\\{(ABCD) \supset OQ \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABCD)}) = (\widehat {SQ;OQ}) = \widehat {SQ}\)
Tam giác vuông SOQ, có\[\tan \widehat {SQO} = \frac{{SO}}{{OQ}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SQO} = {60^0}\]
Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc \({60^0}\).
Đáp án cần chọn là: C
\[2a.\]
\[2a\sqrt 3 .\]
\[a\sqrt 3 .\]
\[a\sqrt 2 .\]
Gọi I là tâm của hình thoi ABCD.
Và H là hình chiếu vuông góc của S lên BD.
\[\widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = {90^0} \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\]
Khi đó\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SH \bot AC}\\{BD \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow AC \bot SI\)
Mà I là trung điểm của\[AC \Rightarrow {\rm{\Delta }}SAC\] cân tại S\[ \Rightarrow SA = SB = SC = BC = a\]
\[{\rm{\Delta }}SAC = {\rm{\Delta }}BAC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow BI = SI = \frac{1}{2}BD \Rightarrow {\rm{\Delta }}SBD\] vuông tại S
\[ \Rightarrow B{D^2} = S{B^2} + S{D^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow BD = a\sqrt 3 \]
Đáp án cần chọn là: C
\[\varphi = {60^0}.\]
\[\tan \varphi = 2\sqrt 3 .\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\]
\[\tan \varphi = \frac{1}{2}.\]
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \[SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].
Gọi K là trung điểm AC, suy ra \[HK//AB\] nên \[HK \bot AC\].
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot HK}\\{AC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot SK\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAC) \cap (ABC) = AC}\\{(SAC) \supset SK \bot AC}\\{(ABC) \supset HK \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SAC);(ABC)}) = (\widehat {SK;HK}) = \widehat {SKH}\)
Tam giác vuông ABC, có\[AB = BC.\cos \widehat {ABC} = a \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}.\]
Tam giác SBC đều cạnh 2a có đường cao\[SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2}\]
Tam giác vuông SHK, có \[\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \]
Đáp án cần chọn là: B
2a.
3a.
\[a\sqrt 3 .\]
\[a\sqrt 2 .\]
Vì\[ABCD.A'B'C'D'\] là lăng trụ tứ giác đều
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot BB\prime }\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (BB\prime C\prime B) \Rightarrow AB \bot BC\prime \)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABC\prime ) \cap (ABCD) = AB}\\{(ABC\prime ) \supset BC\prime \bot AB}\\{(ABCD) \supset BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(ABC\prime );(ABCD)}) = (\widehat {BC\prime ;BC}) = \widehat {C\prime BC} = {60^0}\)
Tam giác BCC′ vuông tại C, có\[\tan \widehat {C'BC} = \frac{{CC'}}{{BC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.a = a\sqrt 3 .\]
Đáp án cần chọn là: C
\[\varphi = {90^0}.\]
\[\varphi = {60^0}.\]
\[\varphi = {45^0}.\]
\[\varphi = {30^0}.\]
Gọi M’ là trung điểm\[OC \Rightarrow MM'\parallel SO \Rightarrow MM' \bot \left( {ABCD} \right).\]
Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có\[{S_{{\rm{\Delta }}{\kern 1pt} M'BD}} = \cos \varphi .{S_{{\rm{\Delta }}{\kern 1pt} MBD}}\]
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{{S_{{\rm{\Delta }}{\kern 1pt} M'BD}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}{\kern 1pt} MBD}}}} = \frac{{BD.M'O}}{{BD.MO}} = \frac{{M'O}}{{MO}} = \frac{{\frac{1}{2}OC}}{{\frac{1}{2}SA}}}\\{ = \frac{{\sqrt {B{C^2} - O{B^2}} }}{{SA}} = \frac{{\sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi = {{45}^0}.}\end{array}\]
Đáp án cần chọn là: C
\[\tan \varphi = \sqrt 5 .\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]
\[\varphi = {45^0}.\]
Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh aa.
Gọi H là hình chiếu của SS trên mặt phẳng (ABCD).
Do SA=SB=SD nên suy ra H là tâm của tam gác đều ABD.
Suy ra
\[AH = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},HI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]
và\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\]
Vì ABCD là hình thoi nên \[HI \bot BD\]. Tam giác SBD cân tại S nên\[SI \bot BD\]. Do đó\[\widehat {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIH}.\]
Trong tam vuông SHI, có\[\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .\]
Đáp án cần chọn là: A
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{3}.\]
\[\tan \varphi = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]
Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB và CD.
Trong mặt phẳng (SAB) có\[SH \bot AB \Rightarrow SH \bot d.\]
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK \Rightarrow d \bot SK\)
Từ đó suy ra
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \cap (SCD) = d}\\{(SAB) \supset SH \bot d}\\{(SCD) \supset SK \bot d}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SAB);(SCD)}) = (\widehat {SH;SK}) = \widehat {HSK}\)
Trong tam giác vuông SHK, có\[\tan \widehat {HSK} = \frac{{HK}}{{SH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\]
Đáp án cần chọn là: B
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[\tan \varphi = \sqrt 6 .\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\]
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]
\[\tan \varphi = \sqrt 2 .\]
Gọi\[O = AC \cap BD\]. Do hình chóp S.ABCD đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]
Gọi M là trung điểm của SD. Tam giác SCD đều nên\[CM \bot SD\]
Tam giác SBD có\[SB = SD = a,BD = a\sqrt 2 \]
Suy ra\[{\rm{\Delta }}\,SBD\] vuông tại\[S \Rightarrow SB \bot SD \Rightarrow OM \bot SD.\]
Do đó
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBD) \cap (SCD) = SD}\\{(SBD) \supset OM \bot SD}\\{(SCD) \supset CM \bot SD}\end{array}} \right. \Rightarrow ((\widehat {SBD);(SCD})) = (\widehat {OM;CM}) = \widehat {OM}\)
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OC \bot BD}\\{OC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow OC \bot (SBD) \Rightarrow OC \bot OM\)
Tam giác vuông MOC vuông tại O, có\[\tan \widehat {CMO} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{\frac{1}{2}a\sqrt 2 }}{{\frac{1}{2}a}} = \sqrt 2 \]
Đáp án cần chọn là: D
\[\widehat {CSF}.\]
\[\widehat {BSF}.\]
\[\widehat {BSE}.\]
\[\widehat {CSE}.\]
Gọi (d) là đường thẳng đi qua S và song song với E.
Vì EF là đường trung bình tam giác ABC suy ra EF // BC.
Khi đó d // EF // BC\[ \Rightarrow \left( {SEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = \left( d \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\]
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC(SA \bot (ABC))}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SE}\\{BC \bot SB}\end{array}} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1),(2) suy ra\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(d) \bot SE}\\{(d) \bot SB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SEF);(SBC)}) = (\widehat {SE;SB}) = \widehat {BSE}\)
Đáp án cần chọn là: C
\[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]
\[SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\]
\[SH = \frac{a}{2}.\]
\[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]
Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh S xuống mặt phẳng (ABC).
Vì S.ABC là hình chóp đều có SA = SB = SC nên suy ra H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi M là trung điểm của BC, ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AM}\\{BC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot SM\)
Khi đó
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SM \bot BC}\\{(ABC) \supset AM \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SM;AM}) = \widehat {SMA} = {60^0}\)
Tam giác ABC đều cạnh a có \[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HM = \frac{{AM}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\]
Tam giác AHM vuông tại H, có\[SH = \tan {60^0}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{a}{2}.\]
Vậy độ dài đường cao\[SH = \frac{a}{2}.\]
Đáp án cần chọn là: C
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\]
\[\varphi = {45^0}.\]
\[\varphi = {60^0}.\]
\[\varphi = {30^0}.\]
Gọi M là trung điểm AB ⇒ADCM là hình vuông.
Vì\[\,CM = AD = a = \frac{{AB}}{2}\] Suy ra tam giác ACB có trung tuyến bằng nửa cạnh đáy nên vuông tại C.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAC) \Rightarrow BC \bot SC\)
Do đó :
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{(SBC) \supset SC \bot BC}\\{(ABCD) \supset AC \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABCD)}) = (\widehat {SC;AC}) = \widehat {SCA}\)
Tam giác SAC vuông tại A\[ \Rightarrow \tan \varphi = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\]
Đáp án cần chọn là: A
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]
\[\frac{a}{{2\sqrt 3 }}.\]
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\]
Ta có I là trung điểm của \[BC\,\, \Rightarrow AI \bot BC\]
\[ABC.A'B'C'\] là lăng trụ đứng \[ \Rightarrow C'C \bot \left( {ABC} \right).\]
\[ \Rightarrow C'C \bot AI\] mà\[AI \bot BC \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AI \bot C'I\]
Suy ra
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(C\prime AI) \cap (ABC) = AI}\\{(C\prime AI) \supset C\prime I \bot AI}\\{(ABC) \supset BC \bot AI}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(C\prime AI);(ABC)}) = (\widehat {C\prime I;BC}) = \widehat {C\prime IC} = {60^0}\)
Xét \[{\rm{\Delta }}\,C'CI\] vuông tại C, có :
\[\tan \widehat {C'IC} = \frac{{CC'}}{{IC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.\frac{a}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]
Đáp án cần chọn là: A
\[\cot \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\]
\[\cot \varphi = \sqrt 7 .\]
\[\cot \varphi = \frac{{\sqrt 7 }}{7}.\]
\[\cot \varphi = \frac{{\sqrt {14} }}{4}.\]
Gọi H là trung điểm BC. Tam giác ABC vuông tại A nên H trung điểm của BC.
Theo giả thiết, ta có \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]
Qua B kẻ\[Bx//AC\] . Khi đó \[\widehat {\left( {SB;AC} \right)} = \widehat {\left( {SB;Bx} \right)}\]
Kẻ\[HE \bot Bx\] tại E, cắt AC tại M
Suy ra AMEB là hình chữ nhật nên\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE = AM = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}}\\{HE = HM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.\)
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Bx \bot HE}\\{Bx \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow Bx \bot (SHE) \Rightarrow Bx \bot SE\)
Tam giác vuông SEB vuông tại E, có\[\cot \widehat {SBE} = \frac{{BE}}{{SE}} = \frac{{AM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {\frac{{6{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\]
Đáp án cần chọn là: C
\[{30^0}.\]
\[{45^0}.\]
\[{60^0}.\]
\[{90^0}.\]
Vẽ\[BC \cap DE = M \Rightarrow \left( {ADE} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM\]
Ta có\[BD//CE \Rightarrow \frac{{BD}}{{CE}} = \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BM = BC = BA\]
Suy ra \[{\rm{\Delta }}AMC\] vuông tại \[A \Rightarrow AM \bot AC\]
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot AC}\\{AM \bot EC}\end{array}} \right. \Rightarrow AM \bot (ACE) \Rightarrow AM \bot AE \Rightarrow \Delta AME\) vuông tại AA.
Mặt khác ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ADE) \cap (ABC) = AM}\\{(ADE) \supset AE \bot AM}\\{(ABC) \supset AC \bot AM}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ADE} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AE;AC} \right)} = \widehat {EAC}\)
Xét \[{\rm{\Delta }}AEC\] vuông tại C, có\[\tan \widehat {EAC} = \frac{{EC}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {EAC} = {60^0}\]
Đáp án cần chọn là: C
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\frac{a}{2}.\]
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]
\[\frac{a}{3}.\]
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD.
Ta có \[AN \bot CD\] mà\[\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\]
\[ \Rightarrow AN \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AN \bot BN \Rightarrow {\rm{\Delta }}ANB\] vuông tại N \[ \Rightarrow NM = \frac{{AB}}{2}\,\,\left( 1 \right)\]Tam giác ABC cân tại C, có M là trung điểm của AB \[ \Rightarrow CM \bot AB.\]
Giả sử \[\left( {ABC} \right) \bot \left( {ABD} \right)\]mà\[CM \bot AB \Rightarrow CM \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CM \bot DM.\]
Khi đó, \[{\rm{\Delta }}\,MCD\] vuông tại M. Ta có
\[{\rm{\Delta }}ABC = {\rm{\Delta }}ABD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow CM = DM \Rightarrow {\rm{\Delta }}MCD\] vuông cân tại M.
\[ \Rightarrow \,\,MN = \frac{{CD}}{2}\,\,\,\left( 2 \right)\]Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow AB = CD = 2x\]
Lại có
\[{\rm{\Delta }}ACD = {\rm{\Delta }}BCD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AN = BN = \sqrt {A{C^2} - C{N^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}} ,\]
mà\[A{B^2} = A{N^2} + B{N^2}.\]
Suy ra\[2\left( {{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\]
Đáp án cần chọn là: A
\[\cos \alpha = \frac{1}{3}.\]
\[\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{3}.\]
\[\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\cos \alpha = \frac{2}{3}.\]
Ta có \[SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot CH\](1)
Tam giác ABC cân tại C nên \[CH \bot AB\](2)
Từ (1) và (2), suy ra\[CH \bot \left( {SAB} \right)\]
Gọi I là trung điểm \[AC \Rightarrow \,\,HI//BC\mathop \to \limits^{BC{\kern 1pt} \bot {\kern 1pt} {\kern 1pt} AC} HI \bot AC\](3)
Mặt khác\[AC \bot SH\] (do \[SH \bot \left( {ABC} \right)\])(4)
Từ (3) và (4), suy ra \[AC \bot \left( {SHI} \right)\]
Kẻ\[HK \bot SI\,\left( {K \in SI} \right)\](5)
Từ \[AC \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AC \bot HK\](6)
Từ (5) và (6), suy ra \[HK \bot \left( {SAC} \right)\]
Vì\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{HK \bot (SAC)}\\{HC \bot (SAB)}\end{array}} \right.\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng HK và HC
Ta có \[HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot CK \Rightarrow {\rm{\Delta }}CHK\] vuông tại KDo đó góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) là\[\widehat {CHK}\]Có\[CH = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\]
\[\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} \Rightarrow HK = \frac{a}{3}\]
Do đó\[\cos \widehat {CHK} = \frac{{HK}}{{CH}} = \frac{{\frac{a}{3}}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{2}{3}.\]Đáp án cần chọn là: D
\[x = \frac{{3a}}{2}.\]
\[x = \frac{a}{2}.\]
\[x = a.\]
\[x = 2a.\]
Từ A kẻ AH vuông góc với SB\[\,\left( {H \in SB} \right).\]
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\) mà\[AH \bot SB\] suy ra\[AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\]
Từ A kẻ AK vuông góc với\[SD\,\,\,\left( {K \in SD} \right),\] tương tự, chứng minh được\[AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\]
Khi đó\[SC \bot \left( {AHK} \right)\] suy ra
\[\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH;AK} \right)} = \widehat {HAK} = {60^0}.\]
Lại có\[{\rm{\Delta }}\,SAB = {\rm{\Delta }}\,SAD\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow AH = AK\] mà \[\widehat {HAK} = {60^0}\]suy ra tam giác AHK đều.
Tam giác SAB vuông tại A có
\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{xa}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = AK = HK\]
Suy ra
\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{x^2} - \frac{{{x^2}{a^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}} = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}.\]
Tương tự ta chứng minh được\[\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}\]
⇒HK//BD suy ra
\[\frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{HK}}{{BD}} \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}} = \frac{{xa}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} .a\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow 2{x^2} = {x^2} + {a^2} \Rightarrow x = a.\]
Đáp án cần chọn là: C
(SAC)
(SAB)
(SAD)
(SBD)
ABCD là hình vuông\[ \Rightarrow CD \bot AD\] (1)
Ta có \[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow CD \bot SA\] (2)
Từ ( 1) và (2) suy ra \[CD \bot \left( {SAD} \right)\].
Đáp án cần chọn là: C
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \) cạnh bên AA′=a (minh họa như hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng (A′BD) và (C′BD) bằng bao nhiêu độ?
Bước 1: Xác định góc
Vì ABCD là hình vuông nên AC vuông góc BD tại O.
Suy ra \[BD \bot \left( {A'OC'} \right)\]. Góc giữa hai mặt phẳng\[\left( {A'BD} \right),\,\,\left( {C'BD} \right)\] là\[\angle A'OC'\]
Bước 2: Sử dụng tính chất tam giác vuông cân để tính góc.
Gọi H là tâm hình vuông A′B′C′D′ thì H là trung điểm A′C′ và\[\begin{array}{*{20}{l}}{OH = A'A = a}\\{A'H = HC' = \frac{{A'C'}}{2} = \frac{{A'B'\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2} = a}\end{array}\]
Suy ra các tam giác\[OHA';\,\,OHC'\] vuông cân và\[\angle A'OC' = {90^ \circ }\]
Bước 1: Gọi H là trung điểm của AC, chứng minh\[SH \bot \left( {SAC} \right),\,\,BH \bot \left( {SAC} \right)\]
Gọi H là trung điểm của AC ta có\[SH \bot AC\] (do tam giác SAC cân tại S).
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAC) \bot (ABC) = AC}\\{AH \subset (SAC),AH \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {ABC} \right)\). Tương tự \[BH \bot \left( {SAC} \right)\]
Bước 2: Trong (SAB) kẻ\[BI \bot SA\] chứng minh \[\angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {SAC} \right)} \right) = \angle \left( {BH;HI} \right)\]
Trong (SAB) kẻ \[BI \bot SA\] ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BI}\\{SA \bot BH(do\,BH \bot (SAC))}\end{array}} \right. \Rightarrow SA \bot (BHI) \Rightarrow SA \bot HI\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \cap (SAC) = SA}\\{BI \subset (SAB),BI \bot SA}\\{HI \subset (SAC),HI \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {SAC} \right)} \right) = \angle \left( {BI;HI} \right)\)
Bước 3: Sử dụng tính chất tam giác vuông cân, định lí Pytago, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
Vì\[BH \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BH \bot HI \Rightarrow {\rm{\Delta }}BHI\] vuông tại I.
Do đó\[\angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {SAC} \right)} \right) = \angle \left( {BH;HI} \right) = \angle BHI\]
Tam giác ABC vuông cân tại B có\[AB = BC = 2a\] nên\[BH = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 ,AC = AB\sqrt 2 = 2\sqrt 2 a\]
Ta có: \[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\]
\[ \Rightarrow HI = \frac{{SH.AH}}{{SA}} = \frac{{a.\sqrt 2 a}}{{\sqrt 3 a}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{3}\]Xét tam giác vuông BHI có\[\tan \angle BIH = \frac{{BH}}{{IH}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{\sqrt 6 a}}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \angle BIH = {60^0}\]
Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) là 600
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
Học liệu phổ biến ĐHQG Hà Nội
ĐHQG Hà Nội
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
